2018年高考物理二轮复习全册专题突破练（打包17套）.zip,2018,年高,物理,二轮,复习,专题,突破,打包,17
专题突破练6 动量和能量观点的应用
(时间:45分钟 满分:100分)
一、选择题(共9小题,每小题6分,共54分。在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项符合题目要求,第6~9小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)
1.(2017辽宁本溪联考)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中,下列说法正确的是( )
A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为12mv2
B.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零
C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为12mv2
D.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零
答案 D
解析 人的速度原来为零,起跳后变化v,以向上为正方向,由动量定理可得I-mgΔt=mv-0,故地面对人的冲量为mv+mgΔt,人在跳起时,地面对人的支持力竖直向上,在跳起过程中,在支持力方向上没有位移,地面对运动员的支持力不做功,故D正确。
2.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线,同一方向运动,mA=2 kg,mB=3 kg,vA=6 m/s,vB=2 m/s。当A追上B并发生碰撞后,两球A、B速度的可能值是( )
A.vA=4.5 m/s,vB=3 m/s B.vA=3 m/s,vB=4 m/s
C.vA=-1.5 m/s,vB=7 m/s D.vA=7.5 m/s,vB=1 m/s
答案 B
解析 两球碰撞过程,系统不受外力,故碰撞过程系统总动量守恒,A、B、C、D均满足;考虑实际情况,碰撞后A球速度不大于B球的速度,因而A、D错误,B、C满足;根据能量守恒定律,碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能,碰撞前总动能为42 J,B选项碰撞后总动能为33 J,C选项碰撞后总动能为75.75 J,故C错误,B满足;故选B。
3.“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东;则另一块的速度为( )
A.3v0-v B.2v0-3v
C.3v0-2v D.2v0+v
答案 C
解析 取水平向东为正方向,爆炸过程系统动量守恒,3mv0=2mv+mvx,可得vx=3v0-2v,C正确。
4.一个小男孩从楼上窗台突然坠落,但幸运的是楼下老伯高高举起双手接住了孩子,孩子安然无恙。假设从楼上窗台到老伯接触男孩的位置高度差为h=12.8 m,老伯接男孩的整个过程时间约为Δt=0.4 s,则(忽略空气阻力,g取10 m/s2)( )
A.男孩接触老伯手臂时的速度大小为25 m/s
B.男孩自由下落时间约为4 s
C.老伯接男孩的整个过程,男孩处于失重状态
D.老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的5倍
答案 D
解析 男孩从楼上坠落可看作是自由落体运动,根据自由落体公式可以计算出男孩接触老伯的末速度vt2=2gh,得出vt=2gh=16 m/s,所以A项错误;根据h=12gt2,可以计算出下落时间t=2hg=1.6 s,所以B项错误;老伯接男孩的整个过程中,男孩做减速运动,加速度方向竖直向上,男孩处于超重状态,所以C项错误;根据动量定理,取竖直向上为正方向,老伯手臂对男孩的平均作用力为F,(F-mg)Δt=0-(-mvt),解得F=5mg,根据牛顿第三定律可知,老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的5倍,所以D项正确。
5.
(2017安徽江南模拟)如图所示,一个质量为m的物块A与另—个质量为2m的物块发生正碰,碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失,已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的距离为0.5 m,g取10 m/s2。物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为( )
A.0.5 m/s B.1.0 m/s C.1.5 m/s D.2.0 m/s〚导学号88904143〛
答案 C
解析 碰撞后B做匀减速运动,由动能定理得-μ·2mgx=0-12·2mv2
代入数据得:v=1 m/s,A与B碰撞的过程中A与B组成的系统在水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,则mv0=mv1+2mv,由于没有机械能的损失,则:12mv02=12mv12+12·2mv2,联立可得v0=1.5 m/s,故A、B、D错误,C正确。
6.
A、B两球沿一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移时间图象,a、b分别为A、B两球碰前的位移时间图象,c为碰撞后两球共同运动的位移时间图象,若A球质量m=2 kg,则由图可知下列结论正确的是( )
A.A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B.碰撞时A对B所施冲量为-4 N·s
C.碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/s
D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
答案 BCD
解析 由x-t图象可知,碰撞前有vA=xAtA=4-102 m/s=-3 m/s,vB=xBtB=42 m/s=2 m/s,碰撞后有:vA'=vB'=2-44-2 m/s=-1 m/s;对A、B组成的系统碰撞前后动量守恒,碰撞前后A的动量变化为ΔpA=mvA'-mvA=4 kg·m/s,根据动量守恒定律,碰撞前后A的动量变化为ΔpB=-ΔpA=-4 kg·m/s,又:ΔpB=mB(vB'-vB),所以:mB=ΔpBvB'-vB=-4-1-2 kg=43 kg,所以A与B碰撞前的总动量为p总=mvA+mBvB=2×(-3)kg·m/s+43×2 kg·m/s=-103 kg·m/s,由动量定理可知,碰撞时A对B所施冲量为:IB=ΔpB=-4 kg·m/s=-4 N·s,碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk=12mvA2+12mBvB2-12(m+mB)v2,代入数据解得ΔEk=10 J,故A错误,B、C、D正确。
7.
如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量为m(m
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